1．直接證明
2.間接證明
反證法：一般地，假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．
1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)綜合法的思維過程是由因?qū)Ч?，逐步尋找已知的必要條件．( )
(2)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件．( )
(3)用反證法證明時，推出的矛盾不能與假設(shè)矛盾．( )
(4)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√
2．要證明eq \r(3)＋eq \r(7)eq \f(b,a) [∵eq \f(b＋x,a＋x)－eq \f(b,a)＝eq \f(x?a－b?,?a＋x?a)>0，
∴eq \f(b＋x,a＋x)>eq \f(b,a).]
5．(教材改編)在△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且A，B，C成等差數(shù)列，a，b，c成等比數(shù)列，則△ABC的形狀為__________三角形．
等邊 [由題意2B＝A＋C，
又A＋B＋C＝π，∴B＝eq \f(π,3)，又b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝eq \f(π,3)，∴△ABC為等邊三角形．]
已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為D1C1，C1B1的中點，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求證：
(1)D，B，F(xiàn)，E四點共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R點，則P，Q，R三點共線．
[證明] (1)如圖所示，因為EF是△D1B1C1的中位線，
所以EF∥B1D1.2分
在正方體ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，4分
所以EF，BD確定一個平面，
即D，B，F(xiàn)，E四點共面.5分
(2)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，設(shè)平面A1ACC1確定的平面為α，
又設(shè)平面BDEF為β.
因為Q∈A1C1，所以Q∈α.
又Q∈EF，所以Q∈β，
則Q是α與β的公共點.8分
同理，P點也是α與β的公共點.9分
所以α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，
所以R∈A1C，則R∈α且R∈β，
則R∈PQ，故P，Q，R三點共線.12分
[規(guī)律方法] 綜合法是“由因?qū)Ч钡淖C明方法，其邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理方法，常與分析法結(jié)合使用，用分析法探路，綜合法書寫，但要注意有關(guān)定理、性質(zhì)、結(jié)論題設(shè)條件的正確運用．
[變式訓(xùn)練1] 已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,3)x3，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖象在交點(0,0)處有公共切線．
(1)求a，b的值；
(2)證明：f(x)≤g(x)．
[解] (1)f′(x)＝eq \f(1,1＋x)，g′(x)＝b－x＋x2，2分
由題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g?0?＝f?0?，,f′?0?＝g′?0?，))
解得a＝0，b＝1.5分
(2)證明：令h(x)＝f(x)－g(x)
＝ln(x＋1)－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2－x(x>－1)．
h′(x)＝eq \f(1,x＋1)－x2＋x－1＝eq \f(－x3,x＋1).8分
所以h(x)在(－1,0)上為增函數(shù)，在(0，＋∞)上為減函數(shù)．
h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x).12分
已知a>0，求證：eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2.
【導(dǎo)學(xué)號：31222227】
[證明] 要證eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2，
只需要證eq \r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq \f(1,a)＋eq \r(2).2分
因為a>0，故只需要證eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，
即a2＋eq \f(1,a2)＋4eq \r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq \f(1,a2)＋2eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))＋2，8分
從而只需要證2eq \r(a2＋\f(1,a2))≥eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))，
只需要證4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2＋\f(1,a2)))，
即a2＋eq \f(1,a2)≥2，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立.12分
[規(guī)律方法] 1.當(dāng)已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過程中所需用的知識不太明確、具體時，往往采用分析法，特別是含有根號、絕對值的等式或不等式，?？紤]用分析法．
2．分析法的特點和思路是“執(zhí)果索因”，逐步尋找結(jié)論成立的充分條件，即從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”或本身已經(jīng)成立的定理、性質(zhì)或已經(jīng)證明成立的結(jié)論等，通常采用“欲證—只需證—已知”的格式，在表達(dá)中要注意敘述形式的規(guī)范性．
[變式訓(xùn)練2] 已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.
求證：eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c).
[證明] 要證eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c)，
即證eq \f(a＋b＋c,a＋b)＋eq \f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq \f(c,a＋b)＋eq \f(a,b＋c)＝1，3分
只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需證c2＋a2＝ac＋b2，5分
又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60°，
由余弦定理，得
b2＝c2＋a2－2accs 60°，10分
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立.12分
設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．
(1)推導(dǎo){an}的前n項和公式；
(2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．
【導(dǎo)學(xué)號：31222228】
[解] (1)設(shè){an}的前n項和為Sn，
當(dāng)q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
當(dāng)q≠1時，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝eq \f(a1?1－qn?,1－q)，∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1?1－qn?,1－q)，q≠1.))5分
(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對任意的k∈N*，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
aeq \\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aeq \\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.8分
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，
∴q＝1，這與已知矛盾．
∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列.12分
[規(guī)律方法] 用反證法證明問題的步驟：
(1)反設(shè)：假定所要證的結(jié)論不成立，而設(shè)結(jié)論的反面成立；(否定結(jié)論)
(2)歸謬：將“反設(shè)”作為條件，由此出發(fā)經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)出矛盾，矛盾可以是與已知條件、定義、公理、定理及明顯的事實矛盾或自相矛盾；(推導(dǎo)矛盾)
(3)立論：因為推理正確，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤．既然原命題結(jié)論的反面不成立，從而肯定了原命題成立．(命題成立)
[變式訓(xùn)練3] 已知a≥－1，求證三個方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實根．
[證明] 假設(shè)三個方程都沒有實數(shù)根，則
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(?4a?2－4?－4a＋3?0，m＝eq \r(a)－eq \r(b)，n＝eq \r(a－b)，則m，n的大小關(guān)系是__________.
【導(dǎo)學(xué)號：31222229】
m0，④a0，即a，b不為0且同號即可，故有3個．]
三、解答題
9．已知a≥b>0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b.
【導(dǎo)學(xué)號：31222231】
[證明] 要證明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，
只需證：2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，
即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，
即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.8分
∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，
從而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，
∴2a3－b3≥2ab2－a2b.12分
10.(2017·南昌一模)如圖6-5-1，四棱錐S-ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，M，N分別為SA，SC的中點，E為棱SB上的一點，且SE＝2EB.
圖6-5-1
(1)證明：MN∥平面ABCD；
(2)證明：DE⊥平面SBC.
[證明] (1)連接AC，∵M(jìn)，N分別為SA，SC的中點，∴MN∥AC，
又∵M(jìn)N?平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD.5分
(2)連接BD，∵BD2＝12＋12＝2，BC2＝12＋(2－1)2＝2，
BD2＋BC2＝2＋2＝4＝DC2，∴BD⊥BC.
又SD⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，∴SD⊥BC，
∴SD∩BD＝D，∴BC⊥平面SDB.8分
∵DE?平面SDB，∴BC⊥DE.
又BS＝eq \r(SD2＋BD2)＝eq \r(4＋2)＝eq \r(6)，
當(dāng)SE＝2EB時，EB＝eq \f(\r(6),3)，
在△EBD與△DBS中，eq \f(EB,BD)＝eq \f(\f(\r(6),3),\r(2))＝eq \f(\r(3),3)，eq \f(BD,BS)＝eq \f(\r(2),\r(6))＝eq \f(\r(3),3)，
∴eq \f(EB,BD)＝eq \f(BD,BS).10分
又∠EBD＝∠DBS，∴△EBD∽△DBS，
∴∠DEB＝∠SDB＝90°，即DE⊥BS，
∵BS∩BC＝B，∴DE⊥平面SBC.12分
B組 能力提升
(建議用時：15分鐘)
1．已知函數(shù)f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，a，b是正實數(shù)，A＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq \r(ab))，C＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，則A，B，C的大小關(guān)系為( ) 【導(dǎo)學(xué)號：31222232】
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤AD．C≤B≤A
A [∵eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上是減函數(shù)．
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))≤f(eq \r(ab))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，即A≤B≤C.]
2．在不等邊三角形ABC中，a為最大邊，要想得到∠A為鈍角的結(jié)論，三邊a，b，c應(yīng)滿足__________．
a2>b2＋c2 [由余弦定理cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)1，所以b＝3.5分
(2)假設(shè)函數(shù)h(x)＝eq \f(1,x＋2)在區(qū)間[a，b](a>－2)上是“四維光軍”函數(shù)，
因為h(x)＝eq \f(1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h?a?＝b，,h?b?＝a，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋2)＝b，,\f(1,b＋2)＝a，))10分
解得a＝b，這與已知矛盾．故不存在.12分
內(nèi)容
綜合法
分析法
定義
利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立
從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件
思維過程
由因?qū)Ч?br>執(zhí)果索因
框圖表示
eq \x(P?Q1)→eq \x(Q1?Q2)→…→
eq \x(Qn?Q)
eq \x(Q?P1)→eq \x(P1?P2)→…→eq \x(\a\al(得到一個明顯,成立的條件))
書寫格式
因為…，所以…或由…，得…
要證…，只需證…，即證…
綜合法
分析法
反證法

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